HDU 1494 跑跑卡丁车 dp

=###题目描述

跑跑卡丁车是时下一款流行的网络休闲游戏，你可以在这虚拟的世界里体验驾驶的乐趣。这款游戏的特别之处是你可以通过漂移来获得一种加速卡，用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。
为了使问题简单化，我们假设一个赛道分为L段，并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是：普通行驶的情况下，每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).
能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道，游戏开始时没有加速卡。
问题是，跑完n圈最少用时为多少？

Input
每组输入数据有3行，第一行有2个整数L(L<100) , N(N<100)分别表示一圈赛道分为L段和有N圈赛道，接下来两行分别有L个整数Ai和Bi(Ai > Bi).
Output
对于每组输入数据，输出一个整数表示最少的用时.

Sample Input
18 1
9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9
8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 1 1 8 8
Sample Output
145

对于sample这组数据，你可以先在普通情况下行驶前14段，这时你有2个加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2个加速卡，通过第17段赛道后又可以得到一个加速卡，在第18段赛道使用.

子状态

首先考虑能量的处理。这里设20%的能量为1单位。由于最多有2张加速卡，所以最多有14单位的能量。
则可以得到子状态：dp[i][j]表示走了i个赛道，剩余j单位能量时所用的最小时间。

初始化和状态转移方程

首先考虑初始化的问题。
显然dp[0][0]=0。由于前5段赛道不可能用加速卡，所以这几段赛道只能用普通速度行驶。
对于不同的位置at和不同的剩余能量k，有不同的状态转移方程：

当0<=k<4时，
dp[at][k+1]=min(dp[at][k+1],dp[at-1][k]+a[j])。
当5<=k<=14时，
dp[at][k-5]=min(dp[at][k-5],dp[at-1][k]+b[j])。
dp[at][k+1]=min(dp[at][k+1],dp[at-1][k]+a[j])。
另外注意
dp[at][10]=min(dp[at][10],dp[at-1][14]+a[j]).

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
const int Size=101;
const int Maxn=17;
int a[Size],b[Size];
int dp[Size*Size][Maxn];    //dp[i][j]  ×ßÁËi¸öÈüµÀÓÐjÄÜÁ¿µÄ×îСÏûºÄʱ¼ä
int main() {
    int l,n,cnt,ans;
    while(scanf("%d %d",&l,&n)==2) {
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        ans=0x3f3f3f3f;
        dp[0][0]=0;
        for(int i=1; i<=l; i++) {
            scanf("%d",&a[i]);
            if(i<=5)    dp[i][i]=dp[i-1][i-1]+a[i]; //³õʼ»¯ 
        }
        for(int i=1; i<=l; i++)
            scanf("%d",&b[i]);
        cnt=l*n;
        for(int i=0; i//dp 
            for(int j=1; j<=l; j++) {
                if(!i && j<5)   continue;
                int at=i*l+j;
                for(int k=0; k<5; k++)
                    dp[at][k+1]=min(dp[at][k+1],dp[at-1][k]+a[j]);
                for(int k=5; k<=14; k++) {
                    dp[at][k-5]=min(dp[at][k-5],dp[at-1][k]+b[j]);
                    dp[at][k+1]=min(dp[at][k+1],dp[at-1][k]+a[j]);
                }
                dp[at][10]=min(dp[at][10],dp[at-1][14]+a[j]);
            }
        }
        for(int i=0; i<15; i++)
            ans=min(ans,dp[cnt][i]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}